Feladat: 1991. évi Kürschák matematikaverseny 1. feladata Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Fleiner Balázs ,  Hegedűs Pál ,  Hertz István ,  Járai Antal ,  Kálmán Tamás ,  Katz Sándor ,  Kőszegi Botond ,  Poór Attila ,  Szegedi Krisztián ,  Veres Gábor 
Füzet: 1992/február, 61 - 63. oldal  PDF file
Témakör(ök): Valós számok és tulajdonságaik, Egyenlőtlenségek, Teljes indukció módszere, Nevezetes azonosságok, Egész együtthatós polinomok, Polinomok szorzattá alakítása, Elsőfokú (lineáris) függvények, Másodfokú függvények, Harmadfokú függvények, Negyed- és magasabb fokú függvények, Binomiális együtthatók, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1992/február: 1991. évi Kürschák matematikaverseny 1. feladata

Legyen n pozitív egész, a,b1 és c>0 valós számok. Bizonyítandó, hogy
(ab+c)n-c(b+c)n-can.

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás. A nevező pozitív, mert a feladat feltételei mellett b+c>1, és így

(b+c)nb+c>c.
Elegendő ennek folytán a nevezővel átszorozva keletkező
(ab+c)n-can(b+c)n-anc(1)
egyenlőtlenséget bizonyítani. Ezt teljes indukcióval tesszük. Az n=1 esetben egyenlőség áll fenn. Jelöljük a bal oldalt An-nel, a jobb oldalt Bn-nel. Tegyük fel, hogy n-nek valamilyen m értékére AmBm, és nézzük meg, mennyivel változik az egyik oldal, mennyivel a másik, ha m-et eggyel növeljük.
Am+1-Am=(ab+c)m(ab+c-1).Bm+1-Bm=am(b+c)m(ab+ac-1)-am(a-1)c.


Az ab+ac-1 különbségről a könnyebb összehasonlítás érdekében ab+c-1-re térve, majd az első tag első és második tényezőjét egy hatvánnyá alakítva az utóbbi különbség így írható:
Bm+1-Bm=am(b+c)m(ab+c-1)+am(b+c)m(ac-c)-am(a-1)c==(ab+ac)m(ab+c-1)+am(a-1)c[(b+c)m-1].
Itt az első tag nagyobb az Am+1-Am különbségnél, ha a>1, mert ab+ac>ab+c, a második pedig pozitív. Így
Bm+1-Bm>Am+1-Am, azaz Bm+1-Am+1>Bm-Am.
Indukciós feltevésünk szerint a jobb oldal nem negatív, így a bal pozitív. Ezzel azt láttuk be, hogy ha (1) teljesül egy n értékre, és a>1, akkor minden nagyobb értékre már szigorú egyenlőtlenség érvényes (1)-ben.
Mivel n=1-re egyenlőség áll (az eredeti egyenlőtlenségben minden a,c és 0-tól különböző b értékre), így (1)-ben és az eredeti egyenlőtlenségben is a< jel érvényes minden 1-nél nagyobb n egészre és 1-nél nagyobb a-ra.
Ha a=1, akkor egyenlőtlenségeink egyenlőségbe mennek át. Ezzel a feladat állítását igazoltuk, és tisztáztuk azt is, hogy milyen esetekben áll fenn egyenlőség.
 

II. megoldás. Feltehetjük, hogy n>1 és a>1, mert n=1 esetén a két oldal egyenlő, bármi is a, és hasonlóan egyenlőség áll fenn a=1 esetén minden n-re. Az (1) egyenlőtlenséget bizonyítjuk. Rendezzük át a következő módon:
c(an-1)[a(b+c)]n-(ab+c)n.(2)
Alkalmazzuk mindkét oldalra az n2 esetén érvényes
un-vn=(u-v)(un-1+un-2v+...+uvn-2+vn-1)
azonosságot. A jobb oldalon az alapok különbsége c(a-1), így a bizonyítandó állítás a következő alakot ölti:
c(a-1)(an-1+an-2+...+a+1)c(a-1)[(an-1(b+c)n-1++an-2(b+c)n-2(ab+c)+...+a(b+c)(ab+c)n-2+(ab+c)n-1].


Itt a vizsgált esetben c(a-1) pozitív, a zárójel j-edik tagjában pedig aj a bal oldalon 1-gyel van szorozva, a jobb oldalon viszont
ab+c>b+c>1
folytán 1-nél nagyobb számmal. Az utolsó egyenlőtlenség tehát a vizsgált esetekben szigorú egyenlőtlenséggel helyes.
Csupa ekvivalens átalakítást végeztünk, tehát a bizonyítandó egyenlőtlenség is szigorú egyenlőtlenséggel érvényes, kivéve, ha n=1, továbbá ha a=1. Ezzel az előző megoldásban is nyert, valamivel élesített állítást nyertük.
 

Megjegyzések: 1.Figyeljük meg, hogy mind a nevező pozitív voltának a belátásánál, mind az (1) egyenlőtlenség bizonyításánál csak annyit használtunk, hogy b+c1, b>0, így elég lett volna csak ennyit tenni fel b1 helyett.
2. A (2) egyenlőtlenséget beláthatjuk úgy is, hogy a jobb oldalt a binomiális tétel szerint kifejtjük és a b egyenlő hatványait tartalmazó tagokat összevonjuk. Ekkor a legmagasabbfokú tag kiesik, a következő
nan-1bn-1(a-1)c,
a többiben pozitív tényezők ak-1-gyel vannak szorozva (k=2,...,n), ami pozitív. A bal oldalt a fenti módon alakítva szorzattá (a-1)c szorzója egy n-tagú összeg, aminek a tagjai a-nak n-nél kisebb kitevőjű hatványai, és így nem nagyobbak an-1-nél, tehát an-1bn-1-nél sem. Az egyenlőtlenség tehát teljesül.
 

III. megoldás. A feladat annak a belátását kívánja, hogy a
P(x)=xn-(bx+c)n-c(b+c)n-c
polinom olyan függvényt állít elő, amelyik nemnegatív, ha x értéke legalább 1.
Ha n=1, akkor a 0 polinommal van dolgunk, hacsak b0.
Ha n2, akkor P(1)=0. Így az állítás bizonyításához elég azt megmutatni, hogy a függvény növekszik, x1, ehhez pedig azt, hogy a deriváltja pozitív ezekre az értékekre. A derivált
P'(x)=n(xn-1-b(bx+c)n-1(b+c)n-c)=n(xn-1(b+c)n-cxn-1-b(bx+c)n-1)(b+c)n-c.

A nevezőre a binomiális tételt alkalmazva
(b+c)n-c=bn+nbn-1c+...+cn-c>bn+nbn-1c-c==bn+(nbn-1-1)c>bn>0.

A számlálót így írhatjuk:
n(b[(bx+cx)n-1-(bx+c)n-1]+cxn-1[(b+c)n-1-1)]).
Itt, mivel n2,x1 és b+c>1,
bx+cxbx+cb+c>1,
tehát az első különbség nemnegatív, a második pozitív, és így a számláló is pozitív, tehát P' is, és ezt akartuk belátni.